corrigé

Université Pierre et Marie Curie 2012-2013
Probabilités et statistiques - LM345
Examen - 1ère Session.
Documents et calculatrices interdits
Dans tous l’examen on travail sur un espace probabilisé (Ω,F,P).
1. Questions de cours :
a) Calculer lim sup Anet lim inf Ansi Ω = Rmuni de la tribu borélienne et ∀n∈N:
An:= [−1/n; 2 + (−1)n[.
b) Démontrer l’inégalité de Markov P(|X| ≥ a)≤E[|X|]/a (où a > 0et X: (Ω,F,P)7→
Rest une variable aléatoire réelle).
c) Est ce que l’égalité E(1/X)=1/E(X)est vraie en général ? Jamais ?
Solution de l’exercice 1.
a) lim sup An= [0,3[,lim inf An= [0,1[
b) Comme X≥a1{X≥a}on a E(X)≥aE[1{X≥a}]d’où l’égalité demandée.
c) Cette égalité n’est pas vraie en général (prendre le cas P(X= 1) = P(X= 2) = 1/2)
mais est valable si Xest une constante non-nulle par exemple.
2. Variables discrètes : Soit Xet Ydeux variables indépendantes à valeur dans N
de lois respectives Poisson de paramètre λ > 0et Poisson de paramètre µ > 0.
a) Rappeler l’expression de P(X=k), k = 0,1, . . .
b) Rappeler l’expression de la fonction génératrice de la loi de Poisson, i.e. gX(s) :=
E(sX), s ∈[0,1].
c) Donner la loi de X+Y. Justifier votre réponse.
d) Soit Nune variable de loi géométrique de paramètre p. Rappeler sa distribution et
sa fonction génératrice.
e) Donner la fonction génératrice de Z:= PN
i=1 Xipù les Xisont des variables indé-
pendantes et identiquement distribuées de loi de Poisson de paramètre λ > 0.
Solution de l’exercice 2.
a) P(X=k) = e−λλk
k!.
b) gX(s) = eλ(s−1).
c) Si Xet Ysont indépendantes on sait que gX+Y(s) = gX(s)gY(s)donc gX+Y(s) =
e(λ+µ)(s−1) Il s’agit donc d’une loi de Poisson de paramètre λ+µ.
1

d) On a P(N=k) = (1 −p)pk, k = 0,1, . . . et gX(s) = 1−p
1−sp .(on retrouve facilement se
résultat si l’on se souvient de P∞
k=0 xk=1
1−x)
e)
E[sZ] = X
n=0,1,2,...
E(sZ∩N=n)
=X
n=0,1,2,...
E(sZ|N=n)P(N=n)
=X
n=0,1,2,...
enλ(s−1)P(N=n)
= (1 −p)X
n=0,1,2,...
(peλ(s−1))n
=1−p
1−peλ(s−1) .
3. Une loi faible : Soit (X2, X3, . . .)une suite de variables aléatoires indépendantes
telles que
P(Xn=n) = P(Xn=−n) = 1
2nlog n,P(Xn= 0) = 1 −1 nlog n.
On pose Sn=Pn
i=2 Xiet on va montrer que cette suite vérifie une loi faible des grands
nombres mais pas une loi forte.
– Montrer que Pn
i≥2
i
log i≤n2 log n.
– Montrer que Sn/n →0en probabilité. On pourra commencer par montrer que la
convergence a lieu dans L2(i.e que E[(Sn/n)2]→0).
– Montrer que l’évènement {|Xi| ≥ i}se réalise infiniment souvent.
– En déduire que Sn/n ne peut pas converger presque sûrement.
Solution de l’exercice 3.
a) Comme x7→ x/ ln xest croissante pour x≥eon voit que pour tout 2≤i≤non a
i/ ln i≤n/ ln nd’où Pn
i=2
i
ln i≤(n−1) n ln n≤n2 ln n.
b) E[(Sn/n)2] = 1
n2E(S2
n). Comme E(Xi, Xj)=0quand i6=jet que E(X2 i) =
i2/(iln i) = i/ ln ion a E(S2
n) = P∞
i=2
i
ln iet donc
E[(Sn/n)2]≤1
ln n→0.
La convergence L2implique la convergence en probabilité.
c) Soit Ai={|Xi| ≥ i}. On a P(An) = 1
2nlog net donc PnP(An) = ∞.Comme les
Ansont indépendants, on en déduit par Borel-Cantelli que les Anse produisent
infiniment souvent.
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d) On voit donc que Sn/n ne peut converger presque sûrement car comme la conver-
gence p.s. implique la convergence en probabilité et que l’on sait que Sn/n →0
en probabilité, la seule limite presque sûre possible pour Sn/n est 0, or Sn/n est
infiniment souvent à distance 1 de 0 par la question précédente et ne converge donc
pas presque sûrement vers 0.
4. Couple de variables : Soit (X, Y )un couple de variables de densité conjointes :
f(x, y)=2e−(x+y),si 0≤x≤y,
f(x, y)=0sinon.
– Montrer que fdéfinit bien une densité de probabilité.
– Déterminer la région minimale ∆du plan telle que P((X, Y )∈∆) = 1.
– Déterminer les densités marginales de Xet Y.
– Les variables Xet Ysont-elles indépendantes ?
– Calculer E(XY )et Cov(X, Y ).
Solution de l’exercice 4.
a)
Z Z dxdy2e−(x+y)1{0≤x≤y}= 2 Z∞
0
dye−yZy
0
dxe−x
= 2 Z∞
0
dye−y(1 −e−y)=2−1 = 1
c’est donc bien une densité de probabilité.
b) Le support de la mesure de densité f(x, y)est ∆ = {(x, y) : 0 ≤x≤y}(i.e. la
région du quadrant supérieur droit situé au dessus de la première bissectrice).
c) fX(x) = Rdyf(x, y)=2e−xR∞
xdye−y= 2e−2x.et fY(y) = Rdxf(x, y)=2e−y(1 −
e−y).
d) Non par exemple P(X > 1, Y < 1) = 0 6=P(X > 1)P(Y < 1) >0.
e)
E(XY )=2Z∞
0
dyye−yZy
0
dxxe−x
= 2 Z∞
0
dyye−y(1 −ye−y−e−y)
= 2(1 −1/4−1/4) = 1.
(on vérifie facilement que R∞
0ye−2ydy =R∞ 0y2e−2ydy = 1/4en se rappelant qu’il
s’agit de quantités reliées au premier et second moment de la loi exponentielle de
paramètre 2).
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5. Théorème de la limite centrale : Un joueur entre dans un casino où on lui
propose le jeux suivant. Il doit jouer à pile ou face avec une pièce équilibrée dix-milles fois
de suite. la mise de départ est de 100 Euros. S’il obtient “face” plus de 5150 fois il gagne
deux milles Euros. Sinon il perd sa mise.
a) Estimer la probabilité que le joueur gagne.
b) Pensez-vous que ce jeux avantage le casino ou le joueur ? Quel devrait être la gain
proposé par le casino pour que le jeux soit équilibré.
x1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.4 2.8 3 3.4
Φ(x) 0.841 0.885 0.919 0.945 0.964 0.977 0.992 0.9974 0.9987 0.9997
Solution de l’exercice 5.
a) Notons Nle nombre de fois où le joueur obtient “face". On a N=Pn
i=1 Xioù
n= 10000 et Xivaut 1 si le ième tirage est “face” et 0 sinon. Les Xisont iid de loi
de Bernoulli de paramètre 1/2/
P(N > 5150) = P(
n
X
1
Xi−n×1/2>5150 −5000) = PN−n/2
√n>150/100.
D’après le théorème de la limite centrale N−n/2
√nsuit approximativement une loi
normale centrée de variance la variance de X1c’est-à-dire 1/4. Donc
PN−n/2
√n>150/100=PN−n/2
1
2√n>3≈1−φ(3) ≈0,13%.
b) L’espérance de gain du joueur est donc de 0,13% ×2000 −0,9987 ×100 = −97,27
et est négative. Le jeux est très favorable au casino. Le gain Gdevrait être tel que
0,13% ×G−0,9987 ×100 = 0
soit G≈76823.
Barème indicatif :
1) 15 pts
2) 20 pts
3) 15 pts
4) 15 pts
5) 15 pts
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